Physik II für Bauingenieure (Prof. Daniel Hägele, Ruhr

Physik II für Bauingenieure
(Prof. Daniel Hägele, Ruhr-Universität Bochum SS 2007)
Lösungen zu Aufgabenblatt 05
Abgabe: Bis Freitag 01. Juni 13.30 Uhr im Kasten vor Raum NB 3/31.
Bitte Name, Matrikelnummer und Gruppennummer angeben.
Aufgabe 5.1 Kapazitiver und induktiver Widerstand
a) Bei ν1 = 60 Hz ist der Blindwiderstand der Spule
(4 Punkte)
XL1 = ω1 L = 2πν1 L = 2π · 60Hz · (40 · 10−3 H) = 15, 1Ω.
Bei ν2 = 2000 Hz hat die Spule einen induktiven Widerstand
XL2 = ω2 L = 2πν2 L = 2π · 2000Hz · (40 · 10−3 H) = 503Ω.
Die Scheitelwerte der Ströme sind bei den beiden Frequenzen:
I1,0 =
120V
U0
=
= 7, 95A,
XL1
15, 1Ω
I2,0 =
120V
U0
=
= 0, 239A.
XL2
503Ω
b) Bei ν1 = 60 Hz beträgt der kapazitive Widerstand
XC1 =
1
1
=
= [2π · 60Hz · (20 · 10−6 F)]−1 = 133Ω
ω1 C
2πν1 C
und bei ν2 = 5000 Hz
XC2 =
1
1
=
= [2π · 5000Hz · (20 · 10−6 F)]−1 = 1, 59Ω.
ω2 C
2πν2 C
Die Scheitelwerte der Ströme sind bei den beiden Frequenzen:
I1,0 =
U0
100V
= 0, 754A,
=
XC1
133Ω
I2,0 =
U0
100V
=
= 62, 8A.
XC2
1, 59Ω
Aufgabe 5.2 Reihenschwingkreis
a) Die Resonanzfrequenz beträgt
ν0 =
(4 Punkte)
ω0
1
1
√
p
=
=
= 79, 6Hz.
2π
2π LC
2π 2H · (2 · 10−6 F )
b) Die Generatorfrequenz von 60 Hz liegt weit unterhalb der Resonanzfrequenz. Der kapazitive und induktive Blindwiderstand betragen
XC =
1
1
=
= 1326Ω
ωC
2π · 60Hz · (2 · 10−6 F )
und
XL = ωL = 2π · 60Hz · 2H = 754Ω.
2
Der gesamte Blindwiderstand (die Reaktanz) beträgt XL − XC = 754Ω − 1326Ω = −572Ω. Der Betrag der Reaktanz
ist bedeutend größer als der ohmsche Widerstand R. Diese Resultat ist fern von der Resonanz immer gültig. Die
Impendanz des Schwingkreises ist
p
p
Z = R2 + (XL − XC )2 = (20Ω)2 + (−572Ω)2 ≈ 572Ω,
da (20Ω)2 gegenüber (572Ω)2 zu vernachlässigen ist. Mit der Impendanz von 572 Ω und der gegebenen Spannung
U0 = 100 V ergibt sich der Scheitelwert des Stroms zu
I0 =
U0
100V
=
= 0, 175A.
Z
572Ω
Dies ist sehr klein, verglichen mit dem Scheitelwert des Stroms im Resonanzfall; er hat die Stärke (100V )(20Ω) = 5A.
c) Die Phasenverschiebung δ kann nach
tan δ =
~
Im(Z)
,
~
Re(Z)
tan δ =
XL − XC
−572Ω
=
= −28, 6 ⇒ δ = −88◦
R
20Ω
~ = R + i(XL − XC )
wobei Z
berechnet werden, somit
Der Strom eilt der Spannung also voraus.
Aufgabe 5.3 Kirchhoffsche Regeln
a) In Abbildung 1 ist der Stromkreis dargestellt:
(4 Punkte)
Abbildung 1: Schaltung der Batterien
b) Es gelten drei Bedingungen: Erstens: (12, 6V ) − (0, 01Ω)I1 − (2Ω)I3 = 0, zweitens (11, 4V ) − (0, 01Ω)I2 − (2Ω)I3 = 0
und drittens I1 + I2 = I3 . Daraus folgt I1 = 63 A und I2 = −57 A, sowie I3 = 5, 99 A. Das Minuszeichen bedeutet,
daß I2 entgegen der eingezeichneten Richtung fließt, also in die schwächere Batterie hinein.
c) Die von der 12,6-V-Batterie abgegebene Leistung ist P = I1 UQ = 794 W. Davon werden 650 W in der schwachen
Batterie gespeichert, 32,5 W erwärmen die schwache Batterie, 39,7 W erwärmen die 12,6-V-Batterie, und 71,8 W
werden im 2-Ω-Widerstand als Wärme abgegeben.
Aufgabe 5.4 Frequenzfilter
(4 Punkte)
Zunächst kann die Abhängigkeit der Ausgangsspannung Ua von der Eingangsspannung Ue mittels der in Abbildung
2 dargestellten Schaltung und den Kirchhoffschen Gesetze ermittelt werden. Dies ergibt
Ua =
R
R + i(ωL −
1
ωC )
· Ue ⇒ |Ua | = q
a) Die Ausgangsspannung wird maximal für ωL =
frequenz zu
1
ωC
R
R2 + (ωL −
1 2
ωC )
· |Ue |
und es gilt dann |Ua | = |Ue |. Somit ergibt sich die Resonanz-
ωr = √
1
L·C
3
Abbildung 2: Schaltung eines Frequenzfilters
b) Für ωL −
1
ωC
= ±R sinkt die Ausgangsspannung auf
ω1,2
Ue
√
.
2
R
=±
+
2L
Dies ergibt die Bedingung
r
R2
+ ωr2 .
4L2
Hieraus kann die Frequenzbreite ∆ω zwischen den Frequenzen ω1 und ω2 , bei denen |Ua | auf
bestimmt werden
∆ω =
|Ue |
√
2
gesunken ist,
R
L
c) Die Ausgangsspannung ist gegenüber der Eingangsspannung verzögert. Die Phasenverschiebung ϕ zwischen den
beiden ist
tan ϕ =
1
ωC
− ωL
R
Sie wird ϕ(0) = +90◦ für ω = 0, geht durch Null für ω = ωr und wird ϕ(∞) = −90◦ für ω = ∞.